登录
2. 如图，$\odot O$的半径为1，点P是$\odot O$上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是$\overset{\frown}{APB}$上任一点（与端点A，B不重合），$DE⊥ AB$于点E，以点D为圆心、DE长为半径作$\odot D$，分别过点A，B作$\odot D$的切线，两条切线相交于点C.
(1)求弦AB的长.
(2)判断$∠ ACB$是否为定值，若是，求出$∠ ACB$的大小；若不是，请说明理由.
(3)记$△ ABC$的面积为S，若$\frac{S}{DE^2}=4\sqrt{3}$，求$△ ABC$的周长.
(1)求弦AB的长.
(2)判断$∠ ACB$是否为定值，若是，求出$∠ ACB$的大小；若不是，请说明理由.
(3)记$△ ABC$的面积为S，若$\frac{S}{DE^2}=4\sqrt{3}$，求$△ ABC$的周长.
答案
(1)$AB=\sqrt{3}$ (2)$∠ ACB$是定值，$∠ ACB=60°$ (3)$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
解析
【分析】
(1) 求弦AB长：已知AB垂直平分半径OP，⊙O半径为1，可得OE=1/2 OP=1/2，结合垂径定理可知AE=EB，在Rt△OAE中用勾股定理求出AE，乘2即可得到AB的长度。
(2) 判断∠ACB是否为定值：先由(1)求出∠AOB=120°，根据圆周角定理可得劣弧⌢APB上的点D对应的∠ADB=120°；再由⊙D是△ABC的内切圆，D为内心，可知AD、BD分别平分∠CAB、∠CBA，结合三角形内角和推导∠ADB与∠ACB的关系，即可求出∠ACB为定值。
(3) 求△ABC周长：设DE=r，△ABC周长为L，利用三角形面积等于内切圆半径乘周长的一半，结合已知条件得到L与r的关系；再利用切线长定理、角平分线性质和三角函数推导周长的另一个表达式，联立求出r的值，代入即可得到周长。
【解析】
(1) 连接OA，设OP交AB于点E。
∵ AB垂直平分OP，OP=OA=1，
∴ OE=1/2 OP=1/2，且AB⊥OP。
由垂径定理得：AE=EB=1/2 AB。
在Rt△OAE中，由勾股定理：
$AE=\sqrt{OA^2 - OE^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $AB=2AE=\sqrt{3}$。
(2) ∠ACB是定值，大小为60°，理由如下：
连接AD、BD，
由(1)得，在Rt△OAE中，∠AOE=60°，故∠AOB=2∠AOE=120°。
∵ 点D在劣弧⌢APB上，
∴ $∠ADB=\frac{1}{2}×(360°-120°)=120°$。
∵ ⊙D是△ABC的内切圆，
∴ AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴ $∠DAB=\frac{1}{2}∠CAB$，$∠DBA=\frac{1}{2}∠CBA$。
在△ADB中，$∠ADB=180°-(∠DAB+∠DBA)=180° - \frac{1}{2}(∠CAB+∠CBA)$，
在△ABC中，$∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB$，代入上式：
$∠ADB=180° - \frac{1}{2}(180°-∠ACB)=90° + \frac{1}{2}∠ACB$，
把∠ADB=120°代入得：$120°=90°+\frac{1}{2}∠ACB$，
解得$∠ACB=60°$，故∠ACB是定值，为60°。
(3) 设⊙D的半径为r，即DE=r，△ABC的周长为L，设⊙D分别切AC、BC于点F、G，连接CD。
由切线长定理可得：AF=AE，BG=BE，CF=CG，
∴ 周长$L=AB+AC+BC=AB + (AF+CF) + (BG+CG) = AB + AE + BE + 2CF = 2AB + 2CF = 2(AB + CF)$。
∵ CD平分∠ACB，∠ACB=60°，
∴ ∠DCF=30°，
又
∵ DF⊥AC，在Rt△DFC中，DF=r，
∴ $\tan∠DCF=\frac{DF}{CF}$，即$\tan30°=\frac{r}{CF}$，得$CF=\sqrt{3}r$。
已知AB=√3，代入得$L=2(\sqrt{3} + \sqrt{3} r)=2\sqrt{3}(1+r)$ ①。
又
∵ ⊙D是△ABC的内切圆，
∴ △ABC的面积$S=\frac{1}{2} · r · L$，
由题知$\frac{S}{DE^2}=4\sqrt{3}$，即$S=4\sqrt{3} r^2$，代入得：
$\frac{1}{2} r L=4\sqrt{3} r^2$，$r≠0$，化简得$L=8\sqrt{3} r$ ②。
联立①②：$2\sqrt{3}(1+r)=8\sqrt{3} r$，
两边同除以√3得：$2(1+r)=8r$，解得$r=\frac{1}{3}$，
代入②得$L=8\sqrt{3} × \frac{1}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{AB=\sqrt{3}}$；
(2) 是定值，$\boldsymbol{∠ACB=60°}$；
(3) △ABC的周长为$\boldsymbol{\frac{8\sqrt{3}}{3}}$。
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与三角形内切圆的应用，需要结合勾股定理、切线长定理、三角函数、面积公式等知识联立推导，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 求弦AB长：已知AB垂直平分半径OP，⊙O半径为1，可得OE=1/2 OP=1/2，结合垂径定理可知AE=EB，在Rt△OAE中用勾股定理求出AE，乘2即可得到AB的长度。
(2) 判断∠ACB是否为定值：先由(1)求出∠AOB=120°，根据圆周角定理可得劣弧⌢APB上的点D对应的∠ADB=120°；再由⊙D是△ABC的内切圆，D为内心，可知AD、BD分别平分∠CAB、∠CBA，结合三角形内角和推导∠ADB与∠ACB的关系，即可求出∠ACB为定值。
(3) 求△ABC周长：设DE=r，△ABC周长为L，利用三角形面积等于内切圆半径乘周长的一半，结合已知条件得到L与r的关系；再利用切线长定理、角平分线性质和三角函数推导周长的另一个表达式，联立求出r的值，代入即可得到周长。
【解析】
(1) 连接OA，设OP交AB于点E。
∵ AB垂直平分OP，OP=OA=1，
∴ OE=1/2 OP=1/2，且AB⊥OP。
由垂径定理得：AE=EB=1/2 AB。
在Rt△OAE中，由勾股定理：
$AE=\sqrt{OA^2 - OE^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $AB=2AE=\sqrt{3}$。
(2) ∠ACB是定值，大小为60°，理由如下：
连接AD、BD，
由(1)得，在Rt△OAE中，∠AOE=60°，故∠AOB=2∠AOE=120°。
∵ 点D在劣弧⌢APB上，
∴ $∠ADB=\frac{1}{2}×(360°-120°)=120°$。
∵ ⊙D是△ABC的内切圆，
∴ AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴ $∠DAB=\frac{1}{2}∠CAB$，$∠DBA=\frac{1}{2}∠CBA$。
在△ADB中，$∠ADB=180°-(∠DAB+∠DBA)=180° - \frac{1}{2}(∠CAB+∠CBA)$，
在△ABC中，$∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB$，代入上式：
$∠ADB=180° - \frac{1}{2}(180°-∠ACB)=90° + \frac{1}{2}∠ACB$，
把∠ADB=120°代入得：$120°=90°+\frac{1}{2}∠ACB$，
解得$∠ACB=60°$，故∠ACB是定值，为60°。
(3) 设⊙D的半径为r，即DE=r，△ABC的周长为L，设⊙D分别切AC、BC于点F、G，连接CD。
由切线长定理可得：AF=AE，BG=BE，CF=CG，
∴ 周长$L=AB+AC+BC=AB + (AF+CF) + (BG+CG) = AB + AE + BE + 2CF = 2AB + 2CF = 2(AB + CF)$。
∵ CD平分∠ACB，∠ACB=60°，
∴ ∠DCF=30°，
又
∵ DF⊥AC，在Rt△DFC中，DF=r，
∴ $\tan∠DCF=\frac{DF}{CF}$，即$\tan30°=\frac{r}{CF}$，得$CF=\sqrt{3}r$。
已知AB=√3，代入得$L=2(\sqrt{3} + \sqrt{3} r)=2\sqrt{3}(1+r)$ ①。
又
∵ ⊙D是△ABC的内切圆，
∴ △ABC的面积$S=\frac{1}{2} · r · L$，
由题知$\frac{S}{DE^2}=4\sqrt{3}$，即$S=4\sqrt{3} r^2$，代入得：
$\frac{1}{2} r L=4\sqrt{3} r^2$，$r≠0$，化简得$L=8\sqrt{3} r$ ②。
联立①②：$2\sqrt{3}(1+r)=8\sqrt{3} r$，
两边同除以√3得：$2(1+r)=8r$，解得$r=\frac{1}{3}$，
代入②得$L=8\sqrt{3} × \frac{1}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{AB=\sqrt{3}}$；
(2) 是定值，$\boldsymbol{∠ACB=60°}$；
(3) △ABC的周长为$\boldsymbol{\frac{8\sqrt{3}}{3}}$。
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与三角形内切圆的应用，需要结合勾股定理、切线长定理、三角函数、面积公式等知识联立推导，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
3. (1)如图 
，$△ ABC$的周长为$l$，面积为$S$，其内切圆的圆心为$O$，半径为$r$，求证$r=\frac{2S}{l}$。
(2)如图
，$△ ABC$中，点$A$，$B$，$C$三点的坐标分别为$A(-3,0)$，$B(3,0)$，$C(0,4)$。若$△ ABC$的内心为$D$，求点$D$的坐标。
(3)与三角形的一边和其他两边的延长线相切的圆，叫旁切圆，圆心叫旁心。请求出条件(2)中的$△ ABC$位于第一象限的旁心的坐标。
，$△ ABC$的周长为$l$，面积为$S$，其内切圆的圆心为$O$，半径为$r$，求证$r=\frac{2S}{l}$。(2)如图
，$△ ABC$中，点$A$，$B$，$C$三点的坐标分别为$A(-3,0)$，$B(3,0)$，$C(0,4)$。若$△ ABC$的内心为$D$，求点$D$的坐标。(3)与三角形的一边和其他两边的延长线相切的圆，叫旁切圆，圆心叫旁心。请求出条件(2)中的$△ ABC$位于第一象限的旁心的坐标。
答案
(1)证明略 (2)$D(0,\ \frac{3}{2})$ (3)$(5,\ 4)$
解析
【分析】
(1) 要证明内切圆半径公式，可连接内切圆圆心与三角形三个顶点，将原三角形拆分为三个高均为内切圆半径的小三角形，利用三个小三角形面积之和等于原三角形总面积，列式化简即可得证。
(2) 由A、B坐标可知△ABC关于y轴对称，因此内心D在y轴上，横坐标为0。先计算△ABC的周长与面积，直接套用(1)的结论求出内切圆半径r，r就是D到x轴的距离，即D的纵坐标，即可得到D点坐标。
(3) 旁心的核心性质是到三角形三边距离相等，第一象限的旁心到AB边（x轴）的距离等于其纵坐标。先写出AC、BC边的直线方程，设旁心坐标为$(x,y)$（$x＞0,y＞0$），根据点到直线的距离公式，令旁心到三边的距离相等，联立方程求解即可得到旁心坐标。
【解析】
(1) 证明：连接$OA、OB、OC$。
∵ $O$是$△ ABC$的内切圆圆心，
∴ $O$到$AB、BC、AC$三边的距离都等于半径$r$。
∴ $S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· r$，$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}BC· r$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}AC· r$。
∵ $S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}$，
∴ $S=\frac{1}{2}AB· r+\frac{1}{2}BC· r+\frac{1}{2}AC· r=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)· r$。
又
∵ $△ ABC$周长$l=AB+BC+AC$，
∴ $S=\frac{1}{2}lr$，整理得$r=\frac{2S}{l}$，得证。
(2) 解：
∵ $A(-3,0)$，$B(3,0)$，
∴ $AB=6$，$△ ABC$关于y轴对称，故内心$D$在y轴上，横坐标为0。
由勾股定理得$AC=BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∴ 周长$l=6+5+5=16$。
$△ ABC$面积$S=\frac{1}{2}× AB× OC=\frac{1}{2}×6×4=12$。
由(1)的结论得$r=\frac{2S}{l}=\frac{2×12}{16}=\frac{3}{2}$。
∵ 内心$D$到x轴的距离等于$r=\frac{3}{2}$，且在y轴上，
∴ $D$点坐标为$(0,\frac{3}{2})$。
(3) 解：先求$AC、BC$的直线方程：
$AC$过$A(-3,0)$、$C(0,4)$，斜率为$\frac{4}{3}$，方程为$y=\frac{4}{3}(x+3)$，整理得$4x-3y+12=0$；
$BC$过$B(3,0)$、$C(0,4)$，斜率为$-\frac{4}{3}$，方程为$y=-\frac{4}{3}(x-3)$，整理得$4x+3y-12=0$；
$AB$边所在直线为$y=0$。
设第一象限的旁心坐标为$(x,y)$（$x＞0,y＞0$），旁心到三边距离相等，到$AB$边的距离为$y$。
根据点到直线的距离公式，旁心到$AC、BC$的距离均等于$y$：
$\frac{|4x-3y+12|}{\sqrt{4^2+(-3)^2}}=y$ ①，$\frac{|4x+3y-12|}{\sqrt{4^2+3^2}}=y$ ②
∵ 旁心在第一象限，位于$AC、BC$外侧，因此$4x-3y+12＞0$，$4x+3y-12＞0$，去掉绝对值得：
由①得$4x-3y+12=5y$，整理为$x+3=2y$ ③；
由②得$4x+3y-12=5y$，整理为$2x-6=y$ ④。
将④代入③得：$x+3=2(2x-6)$，解得$x=5$，代入④得$y=4$。
∴ 第一象限的旁心坐标为$(5,4)$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $D(0,\frac{3}{2})$；(3) $(5,4)$
【知识点】
三角形内切圆性质；内心坐标求解；旁心性质
【点评】
本题围绕三角形内心、旁心的核心性质命题，既考查了面积法推导内切圆半径公式的基础方法，又结合坐标法、点到直线距离公式考查特殊点坐标的求解，需要灵活运用"内心、旁心到三边距离相等"的性质解题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明内切圆半径公式，可连接内切圆圆心与三角形三个顶点，将原三角形拆分为三个高均为内切圆半径的小三角形，利用三个小三角形面积之和等于原三角形总面积，列式化简即可得证。
(2) 由A、B坐标可知△ABC关于y轴对称，因此内心D在y轴上，横坐标为0。先计算△ABC的周长与面积，直接套用(1)的结论求出内切圆半径r，r就是D到x轴的距离，即D的纵坐标，即可得到D点坐标。
(3) 旁心的核心性质是到三角形三边距离相等，第一象限的旁心到AB边（x轴）的距离等于其纵坐标。先写出AC、BC边的直线方程，设旁心坐标为$(x,y)$（$x＞0,y＞0$），根据点到直线的距离公式，令旁心到三边的距离相等，联立方程求解即可得到旁心坐标。
【解析】
(1) 证明：连接$OA、OB、OC$。
∵ $O$是$△ ABC$的内切圆圆心，
∴ $O$到$AB、BC、AC$三边的距离都等于半径$r$。
∴ $S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· r$，$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}BC· r$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}AC· r$。
∵ $S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}$，
∴ $S=\frac{1}{2}AB· r+\frac{1}{2}BC· r+\frac{1}{2}AC· r=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)· r$。
又
∵ $△ ABC$周长$l=AB+BC+AC$，
∴ $S=\frac{1}{2}lr$，整理得$r=\frac{2S}{l}$，得证。
(2) 解：
∵ $A(-3,0)$，$B(3,0)$，
∴ $AB=6$，$△ ABC$关于y轴对称，故内心$D$在y轴上，横坐标为0。
由勾股定理得$AC=BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∴ 周长$l=6+5+5=16$。
$△ ABC$面积$S=\frac{1}{2}× AB× OC=\frac{1}{2}×6×4=12$。
由(1)的结论得$r=\frac{2S}{l}=\frac{2×12}{16}=\frac{3}{2}$。
∵ 内心$D$到x轴的距离等于$r=\frac{3}{2}$，且在y轴上，
∴ $D$点坐标为$(0,\frac{3}{2})$。
(3) 解：先求$AC、BC$的直线方程：
$AC$过$A(-3,0)$、$C(0,4)$，斜率为$\frac{4}{3}$，方程为$y=\frac{4}{3}(x+3)$，整理得$4x-3y+12=0$；
$BC$过$B(3,0)$、$C(0,4)$，斜率为$-\frac{4}{3}$，方程为$y=-\frac{4}{3}(x-3)$，整理得$4x+3y-12=0$；
$AB$边所在直线为$y=0$。
设第一象限的旁心坐标为$(x,y)$（$x＞0,y＞0$），旁心到三边距离相等，到$AB$边的距离为$y$。
根据点到直线的距离公式，旁心到$AC、BC$的距离均等于$y$：
$\frac{|4x-3y+12|}{\sqrt{4^2+(-3)^2}}=y$ ①，$\frac{|4x+3y-12|}{\sqrt{4^2+3^2}}=y$ ②
∵ 旁心在第一象限，位于$AC、BC$外侧，因此$4x-3y+12＞0$，$4x+3y-12＞0$，去掉绝对值得：
由①得$4x-3y+12=5y$，整理为$x+3=2y$ ③；
由②得$4x+3y-12=5y$，整理为$2x-6=y$ ④。
将④代入③得：$x+3=2(2x-6)$，解得$x=5$，代入④得$y=4$。
∴ 第一象限的旁心坐标为$(5,4)$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $D(0,\frac{3}{2})$；(3) $(5,4)$
【知识点】
三角形内切圆性质；内心坐标求解；旁心性质
【点评】
本题围绕三角形内心、旁心的核心性质命题，既考查了面积法推导内切圆半径公式的基础方法，又结合坐标法、点到直线距离公式考查特殊点坐标的求解，需要灵活运用"内心、旁心到三边距离相等"的性质解题。
【难度系数】
0.6
